Κυκλώπεια τείχη

KARKAR · #1

: Κυκλώπεια τείχη.png (10.35 KiB) Προβλήθηκε 649 φορές

Ο κύκλος

διέρχεται από το κέντρο του κύκλου (O , r) , (r<R)

και τον τέμνει "βόρεια" στο

.

Η προέκταση της

τέμνει τον (O)

στο

. Η

προεκτεινόμενη , τέμνει τον (K)

στο

.

Φέρω το "νότιο" εφαπτόμενο τμήμα

και ονομάζω

την προβολή του

στην

.

α) Υπολογίστε το τμήμα

.

β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{BC}{BA}$

γ) ( Προαιρετικό ) Βρείτε σχέση μεταξύ των r , R

, ώστε : $BA\perp AD$ .

#2

KARKAR έγραψε: Τρί Ιαν 17, 2023 9:09 am Κυκλώπεια τείχη.pngΟ κύκλος διέρχεται από το κέντρο του κύκλου και τον τέμνει "βόρεια" στο .

Η προέκταση της τέμνει τον στο . Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον στο .

Φέρω το "νότιο" εφαπτόμενο τμήμα και ονομάζω την προβολή του στην .

α) Υπολογίστε το τμήμα .

β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{BC}{BA}$

γ) ( Προαιρετικό ) Βρείτε σχέση μεταξύ των , ώστε : $BA\perp AD$ .

α) $\displaystyle AB \cdot AC = AE \cdot AL \Leftrightarrow {(R + r)^2} - {R^2} = 2r(R + r - LK) \Leftrightarrow$ $\boxed{LK=\frac{r}{2}}$

: Κυκλώπεια τείχη.png (15.35 KiB) Προβλήθηκε 627 φορές

β) Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

Τότε $\displaystyle NK = r \Leftrightarrow CN = CK=NA = R$

και OB||CN.

Άρα, $\boxed{\frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{NO}}{{OA}} = \frac{{R - r}}{r}}$

#3

KARKAR έγραψε: Τρί Ιαν 17, 2023 9:09 am Κυκλώπεια τείχη.pngΟ κύκλος διέρχεται από το κέντρο του κύκλου και τον τέμνει "βόρεια" στο .

Η προέκταση της τέμνει τον στο . Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον στο .

Φέρω το "νότιο" εφαπτόμενο τμήμα και ονομάζω την προβολή του στην .

α) Υπολογίστε το τμήμα .

β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{BC}{BA}$

γ) ( Προαιρετικό ) Βρείτε σχέση μεταξύ των , ώστε : $BA\perp AD$ .

α) Ας είναι

το άλλο κοινό σημείο των δύο κύκλων . Φέρνω τη συμμετρική , $\overline {AFZ}$ , τέμνουσα. της $\overline {ABC}$ και έστω

του αντιδιαμετρικό του

στο μεγάλο κύκλο .

Επειδή , $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ ( από το ισοσκελές $\vartriangle OBA$ ) και $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$ ( από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο OBCH

)

αβίαστα προκύπτει ότι το τετράπλευρο ACHZ

είναι ρόμβος . Αν KL = x

θα ισχύει :

$LA = LH \Rightarrow R + r - x = R - x \Rightarrow \boxed{x = \frac{r}{2}}$

β) Επειδή τα τρίγωνα $CAF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KBO$ είναι όμοια ( $\widehat {ACF} = \widehat {BKO}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {BAF} = \widehat {BOK}$ ),

$\dfrac{{AF}}{{AC}} = \dfrac{{OB}}{{KB}} = \dfrac{{OF}}{{KB}} = \dfrac{r}{R} \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC - AB}} = \dfrac{r}{{R - r}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{r}{{R - r}}}$

: Κυκλώπεια τείχη_ok.png (41.22 KiB) Προβλήθηκε 579 φορές

γ) Έστω

το μέσο του

. Ας θεωρήσουμε παραμέτρους τις $AB = k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = m\,\,\,,\,\,\,k < m$ . Θα ισχύουν:

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} AB \cdot AC = AO \cdot AH = r\left( {2r + R} \right) \hfill \\ \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{r}{R} \hfill \\ AO + BM = R \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} km = r\left( {r + 2R} \right) = P\,\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ \frac{k}{m} = \frac{r}{R}\,\,\left( 2 \right) \hfill \\ k + m = 2R = S\,\,\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Τα $k\,\,,\,\,m$ είναι , η μικρότερη και μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης : ${t^2} - St + P = 0$

Τις βρίσκω και τις αντικαθιστώ στην $\left( 2 \right)$ κι έτσι προκύπτει η σχέση που θέλω.

Ο αυτόματος πιλότος δίδει: $\boxed{\frac{{2R}}{{\sqrt {{R^2} - 2rR - {r^2}} + R}} - \frac{r}{R} - 1 = 0}$

Έτσι αν για παράδειγμα r = 2

προκύπτει:

$\boxed{R = \sqrt[3]{{\frac{{359}}{{27}} - \frac{{4\sqrt {78} }}{9}}} + \sqrt[3]{{\frac{{359}}{{27}} + \frac{{4\sqrt {78} }}{9}}} + \frac{5}{3} \simeq 6,35735565}$

#4

Για το προαιρετικό.

Φέρνω $BH\bot DK$ και θέτω AB=DH=x.

: Κυκλώπεια τείχη.γ.png (17.17 KiB) Προβλήθηκε 545 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} xAC = A{D^2} = {r^2} + 2Rr \hfill \\ \frac{{AC}}{x} = \frac{R}{r} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \frac{R}{r}{x^2} = {r^2} + 2Rr \Leftrightarrow$ $\boxed{{x^2} = \frac{{{r^2}(2R + r)}}{R}}$ (1)

Πυθαγόρειο στο BHK:

$\displaystyle {R^2} = {r^2} + 2Rr + {R^2} - 2Rx + {x^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} Rr(2R + r) + {r^2}(2R + r) = 2Rr\sqrt R \sqrt {2R + r}$

$(R + r)\sqrt {2R + r} = 2R\sqrt R \Leftrightarrow {r^3} + 4{R^2}r + 5R{r^2} - 2{R^3} = 0$ και θέτοντας $\displaystyle \frac{r}{R} = t$ έχω την εξίσωση

t^3+4t^2+5t-2=0,

απ' όπου με λογισμικό παίρνω $\boxed{\frac{r}{R} = \frac{1}{3}\left( {\sqrt[3]{{53 - 6\sqrt {78} }} + \sqrt[3]{{53 + 6\sqrt {78} }} - 4} \right)}$

Κυκλώπεια τείχη

Κυκλώπεια τείχη

Re: Κυκλώπεια τείχη

Re: Κυκλώπεια τείχη

Re: Κυκλώπεια τείχη

Μέλη σε σύνδεση